如何证明快速排序法的平均复杂度为 O(nlogn)？
好的，咱们来好好聊聊，为什么大家常说快速排序的平均时间复杂度是 O(n log n)。别担心，我不会说那些干巴巴的术语，咱们就凭着脑子里的逻辑一步步推演。
想象一下，你有一堆扑克牌需要排序。快速排序这哥们儿是怎么干活的呢？它最核心的思路就是“分而治之”，就像你玩游戏时遇到大BOSS，不是直接硬刚，而是先把它的小弟们解决掉。
第一步：选个“标兵”（Pivot）
在你的扑克牌堆里，快速排序会先挑一张牌出来，咱们叫它“标兵”。这张标兵很重要，它的作用是把剩下的牌分成两部分：一部分比它小，另一部分比它大（或者等于）。
怎么挑标兵？ 有几种方法。最简单的是随便抓一张，比如最上面那张。但有时候，这个最上面的牌可能运气不好，总是挑到最大的或者最小的，那样的话排序效率就大打折扣了。更聪明的方法是挑三张牌（比如第一个、中间的、最后一个），然后选这三张里中间大小的那张做标兵。但无论怎么挑，核心都是要有一个基准。
第二步：分区（Partition）
有了标兵，咱们就开始干活了。咱们从牌堆的左边开始，往右边找一张比标兵大的牌。同时，从牌堆的右边开始，往左边找一张比标兵小的牌。一旦找到了，就把这两张牌的位置互换。重复这个过程，直到左边的指针和右边的指针相遇。
举个例子： 假设咱们的牌是 [5, 2, 8, 1, 9, 4]，标兵是 5。
左边找比 5 大的：2 < 5，1 < 5，4 < 5。
右边找比 5 小的：9 > 5，8 > 5。
咱们从左边找到 8 (比 5 大)，从右边找到 1 (比 5 小)。交换它们：[5, 2, 1, 8, 9, 4]。
再继续，左边指针可能指向 2，右边指针可能指向 4。2 < 5，4 < 5。这时候左边指针遇到了 8，8 > 5，右边指针遇到了 4，4 < 5。交换 8 和 4：[5, 2, 1, 4, 9, 8]。
最终，标兵 5 会被放到一个位置，它左边的牌都比它小，右边的牌都比它大。比如变成 [2, 1, 4, 5, 9, 8]。
第三步：递归（Recursion）
好！现在咱们的标兵 5 已经找到了它的“归宿”。它左边是 [2, 1, 4]，右边是 [9, 8]。这两部分都是独立的子问题了。接下来，咱们对左边的 [2, 1, 4] 重复上面的过程（选标兵、分区），对右边的 [9, 8] 也重复这个过程。
这个过程会一直持续下去，直到每一个小分区的元素都只有一个（这时候它自然就排好了），或者两个（这时候比较一下就能排好）。
为什么平均复杂度是 O(n log n)？
这里就要用到一点数学思想了，不过咱们尽量讲得直观一些。
每一轮的工作量： 在每一次分区操作中，咱们都需要遍历整个数组（或者说当前正在处理的子数组）。无论标兵选得怎么样，咱们都要检查到所有元素一次，把它们放到标兵的左边或者右边。所以，每一轮的“分区”操作，对于当前这个子数组来说，复杂度都是线性的，也就是 O(k)，其中 k 是这个子数组的大小。
递归的深度： 这是最关键的部分。如果每次分区都能把数组“平均”地分成两半，那么递归的深度会是多少？想象一下，你把一个 n 个元素的数组分成两个大约 n/2 个元素的子数组，然后再分成 n/4 个，n/8 个，直到剩下 1 个元素。这个过程就像你不断地把一个长度为 n 的线段对半分，对半分，直到变成一个个小点。这个对半分的过程，大概需要多少步呢？这就是 log₂n (以 2 为底 n 的对数)。
合起来看：
第一层（整个数组，大小为 n）：分区需要 O(n) 的时间。
第二层（分成两个大约 n/2 的子数组）：总共需要 2 O(n/2) = O(n) 的时间。
第三层（分成四个大约 n/4 的子数组）：总共需要 4 O(n/4) = O(n) 的时间。
...
直到最后一层，分成 n 个大小为 1 的子数组：总共需要 n O(1) = O(n) 的时间。
每一层递归，咱们都需要 O(n) 的时间来完成分区操作。而这个递归的层数，在理想情况下（每次都平均分成两半）是 O(log n)。
所以，总的时间就是 O(n) O(log n) = O(n log n)。
为什么是“平均”复杂度？
现在咱们要聊聊那个“平均”了。快速排序的这个 O(n log n) 并不是在所有情况下都成立的，它依赖于标兵的选择。
最坏情况（Worst Case）： 想象一下，如果每次选的标兵都是当前子数组的最大值或者最小值。比如，咱们要排序的数组本来就是升序或者降序的，而你每次都选了第一个元素作为标兵。
第一次：选了最小的元素，分区后剩下一个大小为 n1 的子数组。
第二次：又选了最小的元素，又剩下一个大小为 n2 的子数组。
...
这就像每次都只解决掉一个元素，剩下的问题规模只是减小了 1。这样的递归深度就变成了 O(n)，每一层分区仍然是 O(n) 的工作量，总复杂度就变成了 O(n) O(n) = O(n²)。这就像你玩游戏，每次都只打掉一个最弱的小怪，剩下的都是强怪，最后你被耗死了。
平均情况： 咱们上面讨论的 O(n log n) 就是在“平均”情况下得出的。这里的“平均”并不是指对所有可能的输入数据取平均（那太复杂了），而是说，如果我们对随机排列的输入数据应用快速排序，大概率会得到 O(n log n) 的结果。这是因为，虽然偶尔会出现糟糕的标兵选择，但更多时候，标兵的选择会把数组比较均衡地分成两半。
打个比方，就像你抛硬币，虽然有可能连续出现 10 次正面，但绝大多数情况下，正反面的次数是差不多的。随机选择标兵（或者采取一些策略确保标兵不会总是极端值）就是在尽量避免最坏情况的发生。
小结一下：
快速排序的平均复杂度之所以是 O(n log n)，是因为：
1. 核心操作是分区： 每次分区都需要遍历当前子数组，时间复杂度是线性的（O(k)）。
2. 递归的层数： 在标兵选择“比较均衡”的情况下，递归的层数大约是 O(log n)。
3. 两者结合： O(n)（每层工作量）乘以 O(log n)（层数）等于 O(n log n)。
虽然有 O(n²) 的最坏情况，但只要标兵选择得当，或者说，在大多数随机数据上，快速排序的表现都非常出色，它的“平均”表现可以说是非常优秀的。这也就是为什么它会被称为“快速”排序了。
希望这样解释能让你更清楚一些！咱们就是一步步分解问题，看看每一部分大概需要多少时间，然后把它们加起来，再考虑一下“分而治之”这个策略带来的“层数”问题，自然就能推导出这个结论了。
想象一下，你有一堆扑克牌需要排序。快速排序这哥们儿是怎么干活的呢？它最核心的思路就是“分而治之”，就像你玩游戏时遇到大BOSS，不是直接硬刚，而是先把它的小弟们解决掉。
第一步：选个“标兵”（Pivot）
在你的扑克牌堆里，快速排序会先挑一张牌出来，咱们叫它“标兵”。这张标兵很重要，它的作用是把剩下的牌分成两部分：一部分比它小，另一部分比它大（或者等于）。
怎么挑标兵？ 有几种方法。最简单的是随便抓一张，比如最上面那张。但有时候，这个最上面的牌可能运气不好，总是挑到最大的或者最小的，那样的话排序效率就大打折扣了。更聪明的方法是挑三张牌（比如第一个、中间的、最后一个），然后选这三张里中间大小的那张做标兵。但无论怎么挑，核心都是要有一个基准。
第二步：分区（Partition）
有了标兵，咱们就开始干活了。咱们从牌堆的左边开始，往右边找一张比标兵大的牌。同时，从牌堆的右边开始，往左边找一张比标兵小的牌。一旦找到了，就把这两张牌的位置互换。重复这个过程，直到左边的指针和右边的指针相遇。
举个例子： 假设咱们的牌是 [5, 2, 8, 1, 9, 4]，标兵是 5。
左边找比 5 大的：2 < 5，1 < 5，4 < 5。
右边找比 5 小的：9 > 5，8 > 5。
咱们从左边找到 8 (比 5 大)，从右边找到 1 (比 5 小)。交换它们：[5, 2, 1, 8, 9, 4]。
再继续，左边指针可能指向 2，右边指针可能指向 4。2 < 5，4 < 5。这时候左边指针遇到了 8，8 > 5，右边指针遇到了 4，4 < 5。交换 8 和 4：[5, 2, 1, 4, 9, 8]。
最终，标兵 5 会被放到一个位置，它左边的牌都比它小，右边的牌都比它大。比如变成 [2, 1, 4, 5, 9, 8]。
第三步：递归（Recursion）
好！现在咱们的标兵 5 已经找到了它的“归宿”。它左边是 [2, 1, 4]，右边是 [9, 8]。这两部分都是独立的子问题了。接下来，咱们对左边的 [2, 1, 4] 重复上面的过程（选标兵、分区），对右边的 [9, 8] 也重复这个过程。
这个过程会一直持续下去，直到每一个小分区的元素都只有一个（这时候它自然就排好了），或者两个（这时候比较一下就能排好）。
为什么平均复杂度是 O(n log n)？
这里就要用到一点数学思想了，不过咱们尽量讲得直观一些。
每一轮的工作量： 在每一次分区操作中，咱们都需要遍历整个数组（或者说当前正在处理的子数组）。无论标兵选得怎么样，咱们都要检查到所有元素一次，把它们放到标兵的左边或者右边。所以，每一轮的“分区”操作，对于当前这个子数组来说，复杂度都是线性的，也就是 O(k)，其中 k 是这个子数组的大小。
递归的深度： 这是最关键的部分。如果每次分区都能把数组“平均”地分成两半，那么递归的深度会是多少？想象一下，你把一个 n 个元素的数组分成两个大约 n/2 个元素的子数组，然后再分成 n/4 个，n/8 个，直到剩下 1 个元素。这个过程就像你不断地把一个长度为 n 的线段对半分，对半分，直到变成一个个小点。这个对半分的过程，大概需要多少步呢？这就是 log₂n (以 2 为底 n 的对数)。
合起来看：
第一层（整个数组，大小为 n）：分区需要 O(n) 的时间。
第二层（分成两个大约 n/2 的子数组）：总共需要 2 O(n/2) = O(n) 的时间。
第三层（分成四个大约 n/4 的子数组）：总共需要 4 O(n/4) = O(n) 的时间。
...
直到最后一层，分成 n 个大小为 1 的子数组：总共需要 n O(1) = O(n) 的时间。
每一层递归，咱们都需要 O(n) 的时间来完成分区操作。而这个递归的层数，在理想情况下（每次都平均分成两半）是 O(log n)。
所以，总的时间就是 O(n) O(log n) = O(n log n)。
为什么是“平均”复杂度？
现在咱们要聊聊那个“平均”了。快速排序的这个 O(n log n) 并不是在所有情况下都成立的，它依赖于标兵的选择。
最坏情况（Worst Case）： 想象一下，如果每次选的标兵都是当前子数组的最大值或者最小值。比如，咱们要排序的数组本来就是升序或者降序的，而你每次都选了第一个元素作为标兵。
第一次：选了最小的元素，分区后剩下一个大小为 n1 的子数组。
第二次：又选了最小的元素，又剩下一个大小为 n2 的子数组。
...
这就像每次都只解决掉一个元素，剩下的问题规模只是减小了 1。这样的递归深度就变成了 O(n)，每一层分区仍然是 O(n) 的工作量，总复杂度就变成了 O(n) O(n) = O(n²)。这就像你玩游戏，每次都只打掉一个最弱的小怪，剩下的都是强怪，最后你被耗死了。
平均情况： 咱们上面讨论的 O(n log n) 就是在“平均”情况下得出的。这里的“平均”并不是指对所有可能的输入数据取平均（那太复杂了），而是说，如果我们对随机排列的输入数据应用快速排序，大概率会得到 O(n log n) 的结果。这是因为，虽然偶尔会出现糟糕的标兵选择，但更多时候，标兵的选择会把数组比较均衡地分成两半。
打个比方，就像你抛硬币，虽然有可能连续出现 10 次正面，但绝大多数情况下，正反面的次数是差不多的。随机选择标兵（或者采取一些策略确保标兵不会总是极端值）就是在尽量避免最坏情况的发生。
小结一下：
快速排序的平均复杂度之所以是 O(n log n)，是因为：
1. 核心操作是分区： 每次分区都需要遍历当前子数组，时间复杂度是线性的（O(k)）。
2. 递归的层数： 在标兵选择“比较均衡”的情况下，递归的层数大约是 O(log n)。
3. 两者结合： O(n)（每层工作量）乘以 O(log n)（层数）等于 O(n log n)。
虽然有 O(n²) 的最坏情况，但只要标兵选择得当，或者说，在大多数随机数据上，快速排序的表现都非常出色，它的“平均”表现可以说是非常优秀的。这也就是为什么它会被称为“快速”排序了。
希望这样解释能让你更清楚一些！咱们就是一步步分解问题，看看每一部分大概需要多少时间，然后把它们加起来，再考虑一下“分而治之”这个策略带来的“层数”问题，自然就能推导出这个结论了。
网友意见
其实这个可以求精确解的吧.
直接设对规模 的数组排序需要的时间期望为 , 期望其实就是平均复杂度换个说法.
随手写个快排:
qs [{}] = {}; qs [{ x_ , xs___ }] := Join [ qs @ Select [{ xs }, # <= x & ],{ x }, qs @ Select [{ xs }, # > x & ]]; 空表的时候不用排, 所以初值条件就是 .
所谓快排就是随便取出一个数,一般是第一个数,然后小于等于他的放左边, 大于他的的排右边.
比如左边 个那接下来还要排: 的时间.
然后 多少那是不确定的, 遍历 , 出现概率都是相等的.
另外分割操作本身也要时间 , 操作花费是线性时间 , 这也要加进去, 所以一共是:
注意和式展开就是 到 加了两遍
然后就是喜闻乐见的解递推了:
这个一阶非线性齐次差分方程的解是:
嗯, 所以确切的说快排算法的小常数是两倍的分割速度.
让函数在无穷远处展开
最高阶是 所以就是 了.
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